Question

1．已知函数f（x）=ax²+bx-lnx（a，b∈R）．
（Ⅰ）设b=2-a，求f（x）的零点的个数；
（Ⅱ）设a＞0，且对于任意x＞0，f（x）≥f（1），试比较lna与-2b的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由b=2-a得，f（x）=ax²+（2-a）x-lnx，进而$f'（x）=\frac{（2x-1）（ax+1）}{x}$，对a进行分类讨论，结合讨论结果，可得不同情况下f（x）的零点的个数；
（Ⅱ）由a＞0，且对于任意x＞0，f（x）≥f（1），则函数f（x）在x=1处取得最小值，进而可得$\frac{-b+\sqrt{{b}^{2}+8a}}{4a}$=1，令g（x）=2-4x+lnx，利用导数法确定其最值，可得lna与-2b的大小．

解答 解：（Ⅰ）∵b=2-a，
∴f（x）=ax²+（2-a）x-lnx，
∴$f'（x）=\frac{（2x-1）（ax+1）}{x}$，
（1）若a≥0，则x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
故当x=$\frac{1}{2}$时，函数取最小值$-\frac{a}{4}+1+ln2$，
当$-\frac{a}{4}+1+ln2$＞0，即0≤a＜4（1+ln2）时，函数无零点；
当$-\frac{a}{4}+1+ln2$=0，即a=4（1+ln2）时，函数有一个零点；
当$-\frac{a}{4}+1+ln2$＜0，即a＞4（1+ln2）时，函数有两个零点；
（2）若a＜0，
当-2＜a＜0时，x∈（0，$\frac{1}{2}$）或x∈（$-\frac{1}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，x∈（$\frac{1}{2}$，$-\frac{1}{a}$）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
此时f（$\frac{1}{2}$）=$-\frac{a}{4}+1+ln2$＞0，函数有一个零点；
当a=-2时，f′（x）≤0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为减函数，函数有一个零点；
当a＜-2时，x∈（0，$-\frac{1}{a}$）或x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，x∈（$-\frac{1}{a}$，$\frac{1}{2}$）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
此时f（$-\frac{1}{a}$）=$-\frac{1}{a}$+1+ln（-a）＞0，函数有一个零点；
综上可得：0≤a＜4（1+ln2）时，函数无零点；
a＜0，或a=4（1+ln2）时，函数有一个零点；
a＞4（1+ln2）时，函数有两个零点；
（Ⅱ） 由a＞0，且对于任意x＞0，f（x）≥f（1），则函数f（x）在x=1处取得最小值，
由$f'（x）=2ax+b-\frac{1}{x}=0$得$\frac{-b+\sqrt{{b}^{2}+8a}}{4a}$是f（x）的唯一的极小值点，
故$\frac{-b+\sqrt{{b}^{2}+8a}}{4a}$=1，整理得 2a+b=1即b=1-2a．
令g（x）=2-4x+lnx，则g′（x）=$\frac{1-4x}{x}$，令g′（x）=0得x=$\frac{1}{4}$，
当0＜x＜$\frac{1}{4}$时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当x＞$\frac{1}{4}$时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
因此g（x）≤g（$\frac{1}{4}$）=1+ln$\frac{1}{4}$=1-ln4＜0，
故g（a）＜0，即2-4a+lna=2b+lna＜0，即lna＜-2b．

点评 本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，不等式比较大小，分类讨论思想，转化思想，难度较大．